1) Chứng minh : \(x^2+y^2\)≥\(2x\sqrt{yz}\) Với mọi x,y,z >0
2) Cho x+y+z = 2019 ;x,y,z >0
Tìm GTNN của P = \(\frac{x}{x+\sqrt{2019x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{2019y+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{2019z+xy}}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 5 2020
Dạo này ko tag được đâu :(
\(VT=\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)+y^2}\ge\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{1}{4}\left(x+y\right)^2+y^2}\)
\(VT\ge\sum\sqrt{\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2+y^2}\ge\sqrt{\frac{3}{4}\left(2x+2y+2z\right)^2+\left(x+y+z\right)^2}\)
(Mincopxki)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{4\left(x+y+z\right)^2}=2\left(x+y+z\right)\)
9 tháng 10 2021
a) \(x^2+y^2-2x+4y+6=\left(x^2-2x+1\right)+\left(y^2+4y+4\right)+1\)
\(=\left(x-1\right)^2+\left(y+2\right)^2+1\ge1>0\forall x,y\)
b) \(2x^2+2x+3=2\left(x^2+x+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{5}{2}\)
\(=2\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{5}{2}\ge\dfrac{5}{2}>0\forall x\)
c) \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2xz\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2+2yz+z^2\right)+\left(x^2+2xz+z^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)
\(ĐTXR\Leftrightarrow x=y=z\)
TN
17 tháng 1 2017
Bài 1:Áp dụng C-S dạng engel
\(\frac{3}{xy+yz+xz}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}=\frac{6}{2\left(xy+yz+xz\right)}+\frac{2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\ge\frac{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2>14\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 5 2020
\(VT=\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x^2+2xy+y^2\right)+\frac{3}{2}\left(x^2+y^2\right)}\)
\(VT\ge\sum\sqrt{\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2+\frac{3}{4}\left(x+y\right)^2}=\sum\sqrt{\frac{5}{4}\left(x+y\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{\sqrt{5}}{2}\left(x+y\right)+\frac{\sqrt{5}}{2}\left(y+z\right)+\frac{\sqrt{5}}{2}\left(z+x\right)\)
\(VT\ge\sqrt{5}\left(x+y+z\right)=\sqrt{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 1 2017
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(x^2+xy+y^2=(x+y)^2-xy\geq (x+y)^2-\frac{(x+y)^2}{4}=\frac{3(x+y)^2}{4}\)
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(x+y)\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow A\geq \sqrt{3}(x+y+z)=3\sqrt{3}\) (đpcm)
Dấu $=$ xảy ra khi $x=y=z=1$
HN
3 tháng 10 2017
\(A=\sqrt{\dfrac{x^2}{x^2+\dfrac{1}{4}xy+y^2}}+\sqrt{\dfrac{y^2}{y^2+\dfrac{1}{4}yz+z^2}}+\sqrt{\dfrac{z^2}{z^2+\dfrac{1}{4}zx+x^2}}\le2\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{y}{4x}+\dfrac{y^2}{x^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{z}{4y}+\dfrac{z^2}{y^2}}}+\sqrt{\dfrac{1}{1+\dfrac{x}{4z}+\dfrac{x^2}{z^2}}}\le2\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y}{x}=a\\\dfrac{z}{y}=b\\\dfrac{x}{z}=c\end{matrix}\right.\) thì bài toán thành
Chứng minh: \(A=\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le1\) với \(abc=1\)
Thử giải bài toán mới này xem sao bác.
3 tháng 10 2017
*C/m bài toán mới của HUngnguyen
Ta có BĐT phụ \(\dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}\le\dfrac{a+1}{2\left(a^2+a+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+1\right)^2\left(4a^2+a+4\right)\ge4\left(a^2+a+1\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-1\right)^2\ge0\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}\le\dfrac{b+1}{2\left(b^2+b+1\right)};\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le\dfrac{c+1}{2\left(c^2+c+1\right)}\)
CỘng theo vế 3 BĐT trên ta có;
\(VT\le1=VP\) * Chỗ này tự giải chi tiết ra nhé, giờ bận rồi*
T
20 tháng 10 2020
1111111111111111111
\(VT=\Sigma\frac{xy+yz+zx}{xy}=3+\Sigma\frac{z\left(x+y\right)}{xy}\)
Đến đây để ý \(\frac{1}{2}\left[\frac{z\left(x+y\right)}{xy}+\frac{y\left(z+x\right)}{zx}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(z+x\right)\left(x+y\right)}{x^2}}\left(\text{AM - GM}\right)\)
Là xong.
